THIẾT KẾ VÀ PHÂN TÍCH THUẬT TOÁNĐỀ TÀI 15: BÀI TOÁN TÔ MẦU ĐỒ THỊ

Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
VIỆN CÔNG NGHỆ THÔNG TIN VÀ TRUYỀN THÔNG
BÀI TẬP LỚN
THIẾT KẾ VÀ PHÂN TÍCH THUẬT TOÁN
ĐỀ TÀI 15: BÀI TOÁN TÔ MẦU ĐỒ THỊ

Giáo viên hướng dẫn: PGS. NGUYỄN ĐỨC NGHĨA
Sinh viên thực hiện :
1. Nguyễn Thị Thanh Vi
20073430
CNPM K52
2. Ngô Văn Vĩ 20073500 CNPM K52
3. Nhâm Ngọc Trung 20073050 CNPM K52
Hà Nội, 12/2010
1 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
MỤC LỤC
MỤC LỤC 2
2.4. Ứng dụng 6
2.1. Đọc dữ liệu từ le 35
2.2. Dữ liệu vào từ bàn phím 47
PHỤ LỤC 1: DANH MỤC CÁC HÌNH ẢNH TRONG TÀI LIỆU 62
I. GIỚI THIỆU BÀI TOÁN
1. Tổng quan về đồ thị
1.1. Đồ thị và các cách biểu diễn đồ thị
Đồ thị là gì
Một cách không chính thức, đồ thị là một tập các đối tượng được gọi là các đỉnh (hoặc nút) nối
với nhau bởi các cạnh (hoặc cung). Cạnh có thể có hướng hoặc vô hướng. Đồ thị thường được vẽ
dưới dạng một tập các điểm (các đỉnh nối với nhau bằng các đoạn thẳng (các cạnh).
Đồ thị biểu diễn được rất nhiều cấu trúc, nhiều bài toán thực tế có thể được biểu diễn bằng đồ thị.

Ví dụ, cấu trúc liên kết của một website có thể được biểu diễn bằng một đồ thị có hướng như
sau: các đỉnh là các trang web hiện có tại website, tồn tại một cạnh có hướng nối từ trang A tới
trang B khi và chỉ khi A có chứa 1 liên kết tới B.
Cấu trúc đồ thị có thể được mở rộng bằng cách gán trọng số cho mỗi cạnh. Có thể sử dụng đồ thị
có trọng số để biểu diễn nhiều khái niệm khác nhau. Ví dụ, nếu đồ thị biểu diễn một mạng đường
giao thông, các trọng số có thể là độ dài của mỗi con đường. Một cách khác để mở rộng đồ thị cơ
bản là qui định hướng cho các cạnh của đồ thị (như đối với các trang web, A liên kết tới B,
nhưng B không nhất thiết cũng liên kết tới A). Loại đồ thị này được gọi là đồ thị có hướng. Một
đồ thị có hướng với các cạnh có trọng số được gọi là một lưới.
2 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Hình 01: Đồ thị vô hướng
Các cách biểu diễn đồ thị
- Ma trận kề (Adjaceny matrix) - một ma trận N × N, trong đó N là số đỉnh của đồ thị. Nếu
có một cạnh nào đó nối đỉnh v
i
với đỉnh v
j
thì phần tử M
i,j
bằng 1, nếu không, nó có giá trị
0. Cấu trúc này tạo thuận lợi cho việc tìm các đồ thị con và để đảo các đồ thị.
Labeled graph Adjacency matrix
- Danh sách kề (Adjacency list) - Mỗi đỉnh của đồ thị có một danh sách các đỉnh kề nó
(nghĩa là có một cạnh nối từ đỉnh này đến mỗi đỉnh đó). Trong đồ thị vô hướng, cấu trúc
này có thể gây trùng lặp. Chẳng hạn nếu đỉnh 3 nằm trong danh sách của đỉnh 2 thì đỉnh 2
cũng phải có trong danh sách của đỉnh 3. Lập trình viên có thể chọn cách sử dụng phần
không gian thừa, hoặc có thể liệt kê các quan hệ kề cạnh chỉ một lần. Biểu diễn dữ liệu
3 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52

này thuận lợi cho việc từ một đỉnh duy nhất tìm mọi đỉnh được nối với nó, do các đỉnh
này đã được liệt kê tường minh.
The graph pictured above has this
adjacency list representation:
a adjacent to b,c
b adjacent to a,c
c adjacent to a,b
1.2. Các bài toán điển hình
- Bài toán tập con độc lập
- Bài toán tô mầu đồ thị
- Bài toán tìm đường đi ngắn nhất
- Bài toán luồng cực đại
- Bài toán phủ tối thiểu
- Kiểm tra tính liên thông của đồ thị
- Duyệt đồ thị
- …
2. Bài toán tô mầu đồ thị
Tô màu đồ thị và sự tổng quát của nó là công cụ hữu dụng trong việc mô hình hóa rất nhiều bài
toán khác nhau trong vấn đề xếp lịch, xây dựng chương trình và vấn đề phân công công việc. Bài
toán tô màu đồ thị bao gồm nhiều loại: tô màu đỉnh đồ thị (vertex graph coloring) , tô màu cạnh
đồ thị (edge graph coloring)
2.1. Bài toán tô mầu cạnh
Bài toán
Cho G=(V,E) là đơn đồ thị vô hướng ( G không là đồ thị khuyên) , hãy tìm cách gán (tô màu)
cho mỗi cạnh của đồ thị một màu sao cho hai cạnh có cùng chung 1 đỉnh không bị tô bởi cùng
một màu. Một phép gán màu cho các cạnh như vậy gọi là một phép tô màu cạnh đồ thị. Nói cách
khác, phép tô cạnh đồ thị bởi k màu nói trên có thể được hiểu là một phân hoạch của tập cạnh E
của G thành k tập con (tương ứng với k màu) sao cho mỗi tập con ứng với một màu i nhất định.
Bài toán đặt ra là tìm cách tô màu nào sử dụng số màu ít nhất có thể.
4 | P a g e

Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Ví dụ
Đồ thị trong hình trên có thể tô bởi 4 màu. Đồ thị G gọi là tô được bởi k màu-cạnh nếu G có một
phép tô k màu-cạnh phù hợp.Thông thường hầu hết các đồ thị không là đồ thị khuyên đều tô
được.Và nếu G có tính chất như vậy thì G cũng có thể tô bởi l màu với l>k.
2.2. Bài toán tô mầu đỉnh
Một phép tô mầu sử dụng nhiều nhất k mầu gọi là một phép tô k mầu. Số lượng mầu nhỏ nhất
cần để tô các đỉnh của đồ thị G gọi là sắc số đỉnh của đồ thị G, sao cho không có hai đỉnh kề
nhau nào được tô cùng mầu.
Một đồ thị có thể tô được bằng k mầu, trong đó mỗi một tập các đỉnh cùng mầu gọi là một lớp
mầu.
Một đồ thị có thể được tô bằng k mầu nghĩa là có có k tập độc lập trong đồ thị
2.3. Các khái niệm liên quan
Định nghĩa 1:
Sắc số cạnh: của đồ thị không là đồ thị khuyên χ’(G): là số màu k nhỏ nhất dùng để tô tất cả các
cạnh của G sao cho không có 2 cạnh kề cùng màu.Khi đó χ’(G)=k.Theo đồ thị G hình 1.1 ta có
thể thấy không có cách nào phù hợp để tô G bởi 3 màu.Do đó G có sắc lớp=4.
Các tính chất của sắc số cạnh:
• χ′(G) = 1 khi và chỉ khi đồ thị G chỉ có 1 bộ (mỗi bộ là 1 tập các cặp cạnh không kề nhau
mà có thể tô bằng đúng 1 màu ).
• χ′(G) ≥ Δ(G).
5 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
• χ′(G) ≤ Δ(G) + 1. (Định lý Vizing)
• χ′(G) ≤ Δ(G) + μ(G), G là đa đồ thị.
• χ′(G) = Δ(G) nếu G là đồ thị 2 phía
• χ′(G) = Δ(G) nếu G là đơn đồ thị, phẳng và Δ(G) ≥ 7. (chứng minh bởi Vizing 1965 và
Sanders & Zhao 2001)
• χ′(G) = Δ(G) với hầu hết các đồ thị (chứng minh bởi Erdős & Wilson 1977).
Rõ ràng, trong tất cả các cách tô màu cạnh đồ thị thì những cạnh kề với cùng một đỉnh phải có

màu khác nhau.Khi đó nếu gọi ∆ là giá trị lớn nhất trong tập bậc của đỉnh v ( ∆=maxdeg(v) ) thì
hiển nhiên:
Χ’(G) ≥ ∆
Từ nhận xét trên cộng với tính chất 3 của sắc số cạnh χ′(G) ta suy ra được nhận xét sau:
(
Công thức trên cũng là công thức biểu diễn của định lý Vizing mà chúng ta sẽ phát biểu dưới
đây.
Định lý Vizing :
Bất kì một đơn đồ thị G nào cũng có số : χ’(G) thỏa mãn χ’(G)=∆ hoặc χ’=∆+1
Chứng minh: Vì chúng ta chỉ quan tâm đến nội dung của các định lý, lấy cơ sở cho việc xây
dựng thuật toán giải quyết bài toán tô màu cạnh đồ thị. Do đó trong báo cáo này, tất cả những
phần chứng minh các định lý các bổ để sẽ được trình bày ở phần phụ phía cuối báo cáo.
Đến đây, chúng ta đã biết được sắc số cạnh của một đơn đồ thị biến thiên trong khoảng [Δ(G),
Δ(G) +1] . Bài toán tô màu cạnh đồ thị đặt ra yêu cầu phải xác định một cách tô màu với số màu
ít nhất có thể để tô màu tất cả các cạnh của đồ thị. Vậy trong hệ bất đẳng thức (1) khi nào bất
đẳng thức bên trái xảy ra dấu bằng.
Định lý 1: Nếu G là đồ thị 2 phía thì χ’(G) = ∆
2.4. Ứng dụng
- Bài toán lập lịch:
Ở đây nhóm xin đưa ra một ví dụ cụ thể là bài toán lập lịch thi: hãy lập lịch thi trong một trường
đại học sao cho không có sinh viên nào thi hai môn cùng một lúc
6 | P a g e
Δ(G)≤ χ′(G) ≤ Δ(G) + 1
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Giải pháp:
Biểu diễn bằng đồ thị với:
• Mỗi môn học là một đỉnh
• Nếu hai môn học nào được dự thi bởi cùng 1 sinh viên thì sẽ nối bằng 1 cạnh
• Các lập lịch sẽ tương ứng với bài toán tô mầu của đồ thị này: số các mầu được tô là số
các đợt thi, các đỉnh có cùng mầu sẽ thi cùng 1 đợt.

Ví dụ:
Có 7 môn thi với thông tin như sau:
• Môn 1: có các sinh viên A, B, C và D thi
• Môn 2: có các sinh viên A, E, F, G và H thi
• Môn 3: có các sinh viên B, E, I, J và K thi
• Môn 4: có các sinh viên B, F, L và M thi
• Môn 5: có các sinh viên G, L, N và O thi
• Môn 6: có các sinh viên J, M, N và P thi
• Môn 7: có các sinh viên D, H, K, O và P thi
Hãy xếp lịch thi thành các đợt sao cho các sinh viên đều có thể dự thi tuần tự các môn mình đăng
ký
Hình 02: Đồ thị G của bài toán lập lịch trên
- Bài toán phân phối các thanh ghi chỉ số (register allocation)
Trong lập trình các thanh ghi thường được dung để lưu trữ giá trị các biến tạm thời. Bài toán yêu
cầu tìm số thanh ghi ít nhất cần sử dụng trong một chương trình
7 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Giải pháp:
Biểu diễn bằng đồ thị với:
• Mỗi biến tương ứng là 1 đỉnh
• Hai đỉnh được nối với nhau nếu hai biến cùng được ghi xuống tại một thời điểm
Số thanh ghi ít nhất cần sử dụng sẽ là số mầu của đồ thị trên

II. GIẢI THUẬT
1. Bài toán tô mầu đỉnh
1.1. Các định nghĩa sử dụng:
Để mô tả giải thuật nhóm bắt đầu với việc diễn giải các thuật ngữ, định nghĩa mà giải thuật đề
cập tới.
- ⌊x ⌋: biểu thị các chức năng sàn tức là số nguyên lớn nhất không lớn hơn x
- ⌈ x⌉: biểu thị chức năng trần nghĩa là số nguyên bé nhất là không bé hơn x

- Một đồ thị đơn giản G với n đỉnh bao gồm một tập các đỉnh V,với | V |= n, và một bộ các
cạnh E, sao cho mỗi cạnh là một cặp không có thứ tự của các đỉnh khác nhau. Lưu ý rằng
định nghĩa của G rõ ràng cấm các vòng lặp(cạnh nối một đỉnh với chính nó) và các cạnh
đa (nhiều cạnh tham gia một cặp đỉnh), khi thiết lập E cũng phải được giới hạn. Chúng tôi có
thể gán nhãn các đỉnh của G với 1 số nguyên, 2, , n.
- Nếu các cặp không có thứ tự của các đỉnh {u, v} là một cạnh trong G, chúng ta nói u đó là
một lân cận của v (hoặc u kề với v) và viết uv ∈ E. Lân cận đối xứng rõ ràng là một mối
quan hệ: uv ∈ E nếu và chỉ nếu vu ∈ E .
- Bậc của một đỉnh v, ký hiệu là d (v), là số lân cận của v. Số bậc tối đa của tất cả các đỉnh
của G được ký hiệu là Δ.
- Các ma trận kề của G là một ma trận n × n với các mục trong hàng u và cột v bằng 1
nếu uv ∈ E và bằng 0 nếu ngược lại.
- Cho đồ thị G và H, tích đề các G × H được định nghĩa là các đồ thị mà tập các đỉnh là V
(G) × V (H)với một cạnh đang kết nối đỉnh (u
1,
v
1)
với đỉnh (u
2,
v
2)
nếu và chỉ nếu hoặc
u
1
= u
2
và {v
1,
v
2}

là một cạnh trong H hoặc v
1
= v
2
và {u
1,
u
2}
là một cạnh trong G.
- Đồ thị đầy đủ với m đỉnh được ký hiệu là K
m.

- Tập độc lập S của đồ thị G là một tập các đỉnh như vậy mà không chứa cặp không có thứ tự
của các đỉnh trong S là một cạnh. Với một bộ độc lập S củaG và một đỉnh v bên
ngoài S, chúng ta nói v là có thể thêm vào nếu đặt S∪ {v} vẫn là một tập độc lập của G. Ký
hiệu ρ (S) là số đỉnh có thể thêm vào của một tập độc lập S của G. Một tập độc lập tối đa
không có đỉnh có thể thêm vào. Một tập độc lập tối đa là một tập độc lập với số lượng các
đỉnh lớn nhất. Lưu ý rằng một tập độc lập tối đa luôn luôn là tối đa, nhưng không nhất thiết
phải ngược lại.
- Cho một tập m màu {1, 2, , m}, một tập m-màu của các đỉnh của đồ thị G là sự phân một
màu duy nhất cho mỗi đỉnh của G sao cho không có hai đỉnh kề nhau có cùng màu. Số màu
χ(G) của đồ thị G là giá trị nhỏ nhất của m mà tồn tại tương ứng một một m-màu của các đỉnh
củaG.
- Thuật toán là một phương pháp giải quyết vấn đề thích hợp để thực hiện như một chương
trình máy tính. Trong khi thiết kế thuật toán chúng ta thường phải đối mặt với một số phương
pháp tiếp cận khác nhau.
8 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
- Thuật toán thời gian - đa thức A có số lượng các bước tính toán luôn luôn bị chặn bởi một
hàm đa thức của các kích thước của đầu vào. Do đó, một thuật toán thời gian đa thức là một

vấn đề thực sự hữu ích trong thực tế. Các lớp của tất cả các vấn đề như vậy có thuật toán thời
gian đa thức được ký hiệu là P. Đối với một số vấn đề, không có thuật toán thời gian đa thức
được biết đến, nhưng những vấn đề này có thuật toán thời gian đa thức bất định: hãy thử tất
cả các ứng viên cho các giải pháp cùng một lúc và cho mỗi ứng viên nhất định, xác minh
xem đó là một giải pháp chính xác trong thời gian đa thức.
1.2. Thuật toán
Nhóm bắt đầu với tích Đề Các cho phép chúng ta chuyển đổi các vấn đề của việc tìm kiếm một
tập m-màu của các đỉnh n của một đồ thị tương đương như việc tìm kiếm một bộ độc lập kích
thước n trong tích đề các G × K
m .
- Tích Đề Các
Một đơn đồ thị G với n đỉnh là tô được bằng m mầu khi và chỉ khi tích đề các G × K
m
có một tập
độc lập kích thước n.
Chứng minh.
Giả sử có một tập m-màu của các đỉnh của G. Xác định một tập con S của các đỉnh của tích đề
các G × K
m
như sau. Một đỉnh (u, v) của G × K
m
thuộc S nếu và chỉ nếu đỉnh u của G được giao
màu v đối với tập m màu thích hợp. Vì mỗi đỉnh của G được giao một màu duy nhất, | S | = n.
Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng S là một tập độc lập. Cho (u
1,
v
1)
và (u
2,
v

2)
thuộc S, giả sử có
một cạnh {(u
1,
v
1),
(u
2,
v
2)}
trong G × K
m
. Do đó, theo định nghĩa của tích đề các, có hai khả
năng:
• u
1
= u
2
và {v
1,
v
2}
là một cạnh trong K
m.
Nhưng u
1
= u
2
với v
1

= v
2,
từ mỗi đỉnh
trong G đượcgiao một màu duy nhất. Nhưng sau đó {v
1,
v
1}
không thể là một cạnh
trong K
m
khi K
m
là một đơn đồ thị (mâu thuẫn).
• {U
1,
u
2}
là một cạnh trong G, và v
1
= v
2.
Nhưng điều này vi phạm các định nghĩa của
một tập m màu của G từ đỉnh kề phải được giao các màu khác nhau (mâu thuẫn).
Vì vậy không thể có một cạnh giữa hai đỉnh trong S và S phải là một tập độc lập.
Ngược lại, giả sử có một tập độc lập S kích thước n trong tích đề các G × K
m
. Chúng ta sẽ chỉ ra
rằng G có m màu riêng biệt. Nếu m lớn hơn hoặc bằng n thì G có thể được m màu một cách tầm
thường , do đó giả sử m nhỏ hơn n. Sự phân chia các đỉnh của S vào nhiều nhất là m lớp tương
đương C

1,
C
2
, , C
m,
nơi một đỉnh (u, v) trong S thuộc về lớp tương đương C
i
khi và chỉ
khi v = v
i.
Rõ ràng , điều này đưa ra một định nghĩa phân chia tốt của các đỉnh trong S. Bây giờ
các đỉnh của G vào nhiều nhất là m lớp tương đương C
'1,
C'
2,
, C
'm,
nơi một u đỉnh của G thuộc
lớp tương đương C
'i
nếu và chỉ nếu (u, v
i)
thuộc về lớp tương đương C
i
. Để chứng tỏ điều đó ta
đưa ra một định nghĩa phân chia tốt của các đỉnh các đỉnh của G tuân theo:
9 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
• Cho một đỉnh u của G, nếu u thuộc về cả hai C
'i

và C'
j
thì (u, v
i)
thuộcC
i
và (u,
v
j)
thuộc C
j.
Khi K
m
đầy đủ, {v
i,
v
k}
là một cạnh trong K
m,
do đó, {(u, v
i),
(u, v
j)}
là một
cạnh trong tích đề các G ×K
m
. Điều này mâu thuẫn với thực tế là S là một tập độc lập .Vì
vậy, các bộ C
'1,
C'

2
, , C
'm
là cặp phân chia.
• Danh sách các phần tử của S sắp xếp như sau:
o (U
1
1,
v
1),
(u
1

2,
v
1),
, (u
1

i (1),
v
1)
o (U
2

1,
v
2),
(u
2

2,
v
2),
, (u
2

i (2),
v
2)
o
o (U
m

1,
v
m),
(u
m

2,
v
m),
, (u
m

i (m), m
v)
Nếu một số u
i

j
=
l

k
u trong danh sách, thì, khi K
m
đầy đủ, {v
i,
v
l}
là một cạnh
trong K
m,
do đó, {(u
i

j,
v
i),
(u
k

l
, v
l)}
là một cạnh trong tích đề các G × K
m
. Điều này mâu
thuẫn với thực tế S là một tập độc lập. Vì vậy, tất cả các u

i

j
xuất hiện trong danh sách là
riêng biệt và từ | S | = n , có n u
i

j i
phân biệt mọi đỉnh của G được chứa trong một số
lớp tương đương 'C Do đó,
Chỉ định màu i đến đỉnh u của G nếu u thuộc về các lớp tương đương C
i
' . Điều này tạo ra một
tập m-màu của các đỉnh của G.
Bây giờ chúng ta định nghĩa hai thủ tục để thực hiện với tập độc lập trong tích đề các G × K
m
.
- Thủ tục 1
Với một tập độc lập S của tích đề các G×K
m
nếu S không có đỉnh có thể thêm, đầu ra S. Ngược
lại, cho mỗi đỉnh có thể thêm (u, v) của S, tìm số ρ (S∪ {(u, v)}) của đỉnh có thể thêm của tập độc
lập S ∪ {(u, v)}. Cho (u,v )
max
biểu thị một đỉnh có thể thêm sao cho ρ (S ∪ {(u, v)
max})
là lớn
nhất và chứa tập độc lập S ∪ {(u, v)
max}
. Lặp lại cho đến khi tập độc lập không có đỉnh có thể

thêm vào.
- Thủ tục 2
Cho một tập độc lập tối đa S của tích đề các G × K
m
, nếu không có đỉnh (u
1,
v
1)
bên ngoài S sao
cho (u
1,
v
1)
có đúng một lân cận (u
2,
v
2
) trong S, đầu ra S.Ngược lại, tìm thấy một
đỉnh (u
1,
v
1)
ngoài S sao cho (u
1,
v
1)
có đúng một lân cận (u
2,
v
2)

trong S
1.
Xác định S
(u
1
, v
1
), (u
2
, v
2
)
bằng cách thêm (u
1
, v
1
) vào S và bỏ (u
2,
v
2)
từ S. Thực hiện thủ tục 3.1 trên S
(u
1,
v
1),
(u
2,
v
2)
và đầu

ra các tập độc lập kết quả.
Giải thuật
Với đầu vào là một đơn đồ thị G với n đỉnh, tìm kiếm một tập m-màu của các đỉnh của G. Để
{u
1,
u
2,
, u
n}
biểu thị các đỉnh của G và để {v
1,
v
2,
, v
m}
biểu thị các đỉnh của K
m
Chúng ta
tạo các tập độc lập tối đa trong tích đề các G×K
m
. Ở mỗi giai đoạn, nếu tập độc lập thu được có
kích thước n nhỏ nhất, thì đi đến phần III.
10 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
• Phần I. Đối với i = 1, 2, , n và j = 1, 2, , n lần lượt
o Khởi tạo tập độc lập S
i, j
= {(u
i,
v

j)}.
o Thực hiện thủ tục 3.1 trên S
i, j.
o Đối với r = 1, 2, , n thực hiện thủ tục 3.2 lặp lại r lần.
o Kết quả là một tập độc lập tối đa S
i, j.
• Phần II. Với mỗi cặp tập độc lập tối đa S
i, j,
S
k, l
tìm thấy trong phần I
o Khởi tạo S đặt độc lập
i, j, k, l
= S
i, j
∩ S
k, l.
o Thực hiện thủ tục 3,1 trên S
i, j, k, l.
o Đối với r = 1, 2, , n thực hiện thủ tục 3,2 lần r lặp đi lặp lại.
o Kết quả là một tập độc lập tối đa S
i, j, k, l.
• Phần III. Nếu một tập độc lập S với kích thước n đã được tìm thấy tại bất kỳ giai
đoạn của phần I hoặc phần II, đầu ra S như là một tập m-màu của các đỉnh
của G theo Bổ đề Đề các. Ngược lại, kết luận thuật toán không thể tìm thấy bất kỳ
tương ứng m-màu của các đỉnh của G.
1.3. Ví dụ
Chúng ta thể hiện các bước của thuật toán bằng một ví dụ nhỏ. Đồ thị đầu vào được thể hiện
dưới đây trong hình 3.1 với n = 4 đỉnh có nhãn V = {1, 2, 3, 4}. Các thuật toán tìm kiếm cho một
tương ứng 3- màu của các đỉnh bằng cách sử dụng các thiết lập của các màu {1, 2, 3} đại diện

bởi màu xanh lá cây, đỏ và màu xanh tương ứng.
11 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Hình 03.Các đồ thị đầu vào G với 3- màu tương ứng của các đỉnh của nó được tìm thấy bởi
thuật toán
Thuật toán đầu tiên xây dựng tích đề các G × K
3
hiển thị dưới đây trong các con số 3,2 với 12
đỉnh {(1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,3), (3,1), (3,2), (3,3), (4,1), (4,2), (4,3)}. Chúng ta tách
các đỉnh {1, 2, 3} của thành phần thứ hai K
3
như các màu sắc xanh, đỏ và màu xanh tương ứng.
12 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Hình 04: tích đề các G×K
3
với một tập độc lập với kích thước 4 được tìm thấy bằng thuật toán
Thuật toán bây giờ tìm kiếm một tập độc lập với kích thước 4 trong tích đề các G × K
3
. Phần I
cho i = 1 và j = 1 khởi tạo tập độc lập như S
1,1
= {(1, 1)}.
Bây giờ chúng ta thực hiện các thủ tục 1. Sau đây là các kết quả dưới dạng bảng:
Tập độc lập S
1,1
= {(1, 1)}. Kích thước: 1.
Đỉnh có thể thêm (u,
v) củaS
1,1

Đỉnh có thể thêm
của S
1,1
∪{(u, v)}
ρ
(1,1
S ∪ {(u, v)})
(2, 2) (3, 3), (4, 2), (4, 3) 3
(2, 3) (3, 2), (4,
2), (4, 3)
3
(3, 2) (2, 3), (4, 3) 2
13 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
(3, 3) (2, 2), (4, 2) 2
(4,
)
(2, 2), (2, 3), (3, 3)
3
(4, 3) (2, 2), (2, 3), (3, 2) 3
Tối đa ρ
(1,1
S ∪ {(u, v)}) = 3 cho (v, u) = (2, 2). Thêm đỉnh (2, 2) vào S
1,1.
Tập độc lập S
1,1
= {(1, 1), (2, 2)}. Kích thước: 2.
Đỉnh có thể thêm (u, v) củaS
1,1
Đỉnh có thể thêm của S

1,1
∪{(u, v)} ρ
(1,1
S ∪ {(u, v)})
(3, 3) (4, 2) 1
(4, 2) (3, 3) 1
(4, 3) Không ai 0
Tối đa ρ
(1,1
S ∪ {(u, v)}) = 1 cho (v, u) = (3, 3). Thêm đỉnh (3, 3) vào S
1,1.
Tập độc lập S
1,1
= {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}:. Kích thước 3.
Đỉnh có thể thêm (u, v) củaS
1,1
Đỉnh có thể thêm của S
1,1
∪{(u, v)} ρ
(1,1
S ∪ {(u, v)})
(4, 2) Không ai 0
Tối đa ρ
(1,1
S ∪ {(u, v)}) = 0 với (v, u) = (4, 2). Thêm đỉnh (4, 2) để S
1,1.
Chúng ta có được một tập độc lập tối đa
S
1,1
= {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 2)}

của kích thước yêu cầu n = 4. Bây giờ đầu ra phần III S
1,1
được yêu cầu đúng 3-màu của
đầu vào đồ thị G và thuật toán kết thúc. Lưu ý rằng chúng ta giải thích kết quả như sau: đỉnh
1 được tô với màu 1 (màu xanh), đỉnh 2 được tô với màu 2 (màu đỏ), đỉnh 3 được tô với màu
3 (màu xanh) và đỉnh 4 được tô với màu 2 ( màu đỏ).
1.4. Độ phức tạp:
Tiếp theo để đánh giá độ phức tạp của giải thuật, nhóm sẽ chỉ ra rằng thuật toán kết thúc trong
thời gian đa thức, trong khi tìm kiếm một tập m-màu cho một đồ thị với n đỉnh, bằng cách xác
định một đa thức của N=nm đó là một cận trên trên tổng số bước tính toán thực hiện bởi thuật
toán.Lưu ý rằng chúng ta xem xét
• kiểm tra xem một cặp của các đỉnh được kết nối bởi một cạnh trong G, và
14 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
• so sánh xem một số nguyên cho trước nhỏ hơn một số nguyên cho trước được tính toán
các bước cơ bản.
Mệnh Đề 1
Cho một đồ thị đơn giản G với n đỉnh và một tập độc lập S của G×K
m
, thủ tục 1 mất ít
nhất (nm)
5
bước.
Chứng minh
Kiểm tra việc một đỉnh riêng có thể thêm thì mất tối đa (nm)
2
bước, từ đỉnh có ít hơn các lân
cận nm và cho mỗi lân cận phải mất ít hơn nm bước để kiểm tra xem nó là ở ngoài tập độc
lập. Đối với một tập độc lập riêng, việc tìm kiếm số ρ của các đỉnh có thể thêm mất ít
nhất (nm)

3
= (nm) (nm)
2
bước, khi nhiều nhất nm đỉnh bên ngoài tập độc lập chúng ta phải kiểm
tra xem nó có thể thêm hay không. Đối với một tập độc lập riêng, việc tìm kiếm một đỉnh sao
cho ρ là tối đa thì mất ít nhất (nm)
4
= (nm) (nm)
3
bước, khi có hầu hết nm đỉnh bên ngoài. Thủ
tục 1 kết thúc khi hầu hết nm đỉnh được thêm, do đó phải mất một tổng của hầu hết (nm)
5
= (nm)
(nm)
4
bước.
Mệnh Đề 2
Cho một đơn đồ thị G với n đỉnh và một tập độc lập tối đa S của G×K
m
, thủ tục 2 mất ít nhất
(nm)
5
+(nm)
2
+1 bước.
Chứng minh
Để tìm một đỉnh (u
1,
v
1)

bên ngoài S mà có đúng một lân cận (u
2,
v
2)
bên trong S có tối đa
(nm)
2
bước, khi có ít hơn nm đỉnh ngoài S và chúng ta phải tìm ra nếu ít nhất một trong các lân
cận bé hơn nm của bất kỳ đỉnh nào ở trong S. Nếu như một đỉnh (u
1,
v
1)
đã được tìm thấy, phải
mất một bước để hoán đổi (u
1,
v
1)
và (u
2,
v
2).
Sau đó, bằng mệnh đề 4.1, phải mất ít
nhất (nm)
5
bước để thực hiện các thủ tục 1 vào tập độc lập kết quả. Như vậy, thủ tục 2 mất ít
nhất (nm)
2
+1 + (nm)
5
bước.

Mệnh Đề 3
Cho một đơn đồ thị G với n đỉnh và m màu, phần I của thuật toán có tối đa
(nm)
7
+ (nm)
6
+ (nm)
4
+ (nm)
2
bước.
Chứng minh
Tại mỗi lượt, thủ tục 1 mất ít nhất (nm)
5
bước bằng mệnh đề 1. Sau đó, thủ tục 2 được thực hiện
tối đa nm lần mà theo mệnh đề 2, mất tối đa nm((nm)
5
+ (nm)
2
+1)
= (nm)
6
+ (nm)
3
+ nm bước .Vì vậy, tại mỗi lượt, tối đa (nm)
5
+ (nm)
6
+ (nm)
3

+ nm bước được
thực hiện. Có nm lượt cho i = 1, 2, , n, và j = 1, 2, , m, do đó, một phần I thực hiện tổng cộng
tối đa là nm((nm)
5
+ (nm)
6
+ (nm)
3
+nm) = (nm)
6
+ (nm)
7
+ (nm)
4
+ (nm)
2
bước.
15 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Mệnh Đề 4
Cho một đơn đồ thị G với n đỉnh và m màu, thuật toán mất ít
hơn (nm)
8
+2 (nm)
7
+ (nm)
6
+ (nm)
5
+(nm)

4
+ (nm)
3
+ (nm)
2
bước để kết thúc.
Chứng minh
Có ít hơn (nm)
2
cặp riêng biệt của tập độc lập tối đa được tìm thấy bởi phần I, mà được thực
hiện lần lượt. Tương tự như các thực nghiệm về mệnh đề 3, phần II có ít
hơn(nm)
2
nm (()
5
nm (+ )
6
+ (nm)
3
+ nm) = (nm)
7
+ (nm)
8
+(nm)
5
+ (nm)
3).
Do đó, phần I và
phần II cùng nhau mất ít hơn tổng cộng của ((nm
7

+ (nm)
6
+ (nm)
4
+ (nm)
2)
+ ((nm)
8
+
(nm)
7
+ (nm)
5
+ (nm)
3)
= (nm)
8
+2 (nm)
7
+ (nm)
6
+ (nm)
5
+ (nm)
4
+ (nm)
3
+ (nm)
2
bước để

kết thúc.
2. Bài toán tô mầu cạnh
2.1. Giải thuật
Về thuật toán giải quyết bài toán tô màu cạnh đồ thị hiện nay trên thế giới có nhiều thuật toán
được đề suất như
• Thuật toán thu gọn (Contraction algorthms) được đề xuất bởi Zykov
• Thuật toán tô màu theo dãy (sequential coloring).
Trong đó thuật toán tô màu theo dãy lại được ứng dụng theo nhiều cách khác nhau.
Ý tưởng của thuật toán này xoay quanh việc sắp xếp thứ tự các cạnh của đồ thị theo một thứ
tự nhất định. Đánh trọng số cho các màu được dung để tô. Sau đó duyệt các cạnh theo thứ tự nêu
trên. Trong quá trình duyệt sẽ tô màu cho cạnh bằng màu có trọng số nhỏ nhất mà chưa được sử
dụng để tô cho các cạnh kề. Đây là một vận dụng của sử dụng thuật toán tham lam. Kết quả của
bài toán khác nhau nếu chúng ta chọn được thứ tự của các cạnh khác nhau. Do đó các cải tiến
hay các thuật toán khác nhau dựa trên thuật toán này hầu hết đều là cải tiến việc lựa chọn thứ tự
cho các cạnh ban đầu.
Trong chương trình ứng dụng của nhóm, giải thuật đưa ra ở mức minh hoạ một cách tô màu
cạnh của đồ thị vô hướng. Trong đó, việc xếp thứ tự của đỉnh được đồng nghĩa với thứ tự các
đỉnh được sắp xếp của đầu vào. Do đó thuật toán được thu gọn như sau :
• Thứ tự các cạnh được sắp xếp trong quá trình nhập dữ liệu về đồ thị. Các cạnh được đánh
số theo thứ tự E
1
, E
2
, ,E
n.
• Tìm bậc lớn nhất của đồ thị (Δ)
• Chuẩn bị (Δ+1) màu để tô
• Bước i: Tô màu cạnh E
i
bởi màu có chỉ số nhỏ nhất trong số các màu chưa được sử dụng

để tô màu cạnh kề của nó. Trong đó ở bước i tùy theo cách cài đặt sẽ có những cách đánh
màu khác nhau.
16 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Với thuật toán trên chúng ta có thể tìm được 1 cách tô màu cho các cạnh của đồ thị với số
màu không quá Δ+1 màu ( vấn đề này sẽ thấy rõ hơn khi đi sâu vào phần cài dặt). Vậy đó đã là
số màu nhỏ nhất hay chưa. Theo định lý Vizing chúng ta phát biểu ở trên, ta có Δ(G)≤ χ′(G) ≤
Δ(G) + 1. Vậy sắc số cạnh chỉ có thể nằm ở 1 trong hai giá trị là Δ(G) và Δ(G) + 1. Với việc
chọn số màu lớn nhất có thể tô là Δ(G)+1, thuật toán đã kẹp được cận trên của sắc số cạnh. Với
việc lựa chọn màu có chỉ số nhỏ nhất chưa được sử dụng để tô các cạnh kề cho một cạnh, số màu
được sử dụng là số màu nhỏ nhất.
2.2. Ví dụ
Ta có đồ thị sau:
Ta sắp xếp các cạnh theo thứ tự như sau:
17 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Bước 1 : tô màu cạnh thứ 1
Cạnh này tô màu đỏ trước tiên
Bước 2 : tô màu cạnh 2.
Cạnh 2 kề với cạnh 1 (tô màu đỏ) do đó cạnh 2 sẽ tô màu xanh lá cây
Bước 3: tô màu cạnh 3
18 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Cạnh 3 kề với cạnh 1 (tô màu đỏ), cạnh 2 (tô màu xanh lá cây) do đó cạnh 3 phải tô màu xanh da
trời
19 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Bước 4: tô màu cạnh 4
Cạnh 4 kề với cạnh 1 (tô màu đỏ) nên sẽ tô màu xanh lá cây
Bước 5: tô màu cạnh 5

20 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Cạnh 5 kề với cạnh 3 (tô màu xanh da trời), cạnh 4 (tô màu xanh lá cây) nên cạnh 5 tô màu đỏ
21 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Bước 6: tô màu cạnh 6
Cạnh 6 kề với cạnh 1,5 (tô màu đỏ), cạnh 3 (tô màu xanh da trời), cạnh 4 (tô màu xanh lá cây)
nên cạnh 6 phải tô màu tím
Bước 7: tô màu cạnh 7
22 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Cạnh 7 kề với cạnh 2 (tô màu xanh lá cây), cạnh 3 (tô màu xanh da trời), cạnh 5 (tô màu đỏ),
cạnh 6 (tô màu tím) do đó cạnh này tô màu vàng
23 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Bước 8: tô màu cho cạnh thứ 8
Cạnh 8 kề với cạnh 5 (tô màu đỏ), cạnh 7 (tô màu vàng) nên sẽ tô màu xanh lá cây
Bước 9: tô màu cạnh 9
24 | P a g e
Algo2010N15-NguyenThiThanhVi-NgoVanVi-NhamNgocTrung-CNPMK52
Cạnh 9 kề với cạnh 4 (tô màu xanh lá cây), cạnh 5 (tô màu đỏ) nên sẽ tô màu xanh da trời
Kết luận: Đồ thị này có thể tô được với 5 màu. Mặt khác Δ = 5 nên đây chính là số màu nhỏ nhất
có thể dùng để tô cạnh của đồ thị trong trường hợp này.
2.3. Độ phức tạp:
Độ phức tạp của giải thuật là: O (E+V
2
)
III.CÀI ĐẶT THUẬT TOÁN
Trong phần cài đặt này bài toán tô mầu cạnh có 2 cách nhập dữ liệu (bằng file và nhập từ bàn
phím), bài toán tô mầu đỉnh cho phép nhập dữ liệu từ file.

Menu chương trình hiển thị các lựa chọn nhập dữ liệu:
25 | P a g e